高二物理上学期期末复习备考题复习课件培优新人教版

2017-2018学年第一学期期中复习备考之高二物理专题复习（培优版）★【知识体系】★★知识点一、库仑定律的理解及其应用★【答案】C

【针对训练】如图所示，光滑水平面上相距为L的A、B两个带电小球，电荷量分别为+Q和-25Q,要引入第三个带电小球C（三小球半径都远小于L），使三个小球都只在电场力相互作用下而处于平衡，求： (1)小球C的具体位置； (2)小球C的电性及电荷量。

★知识点二、电场强度和电场线★电场线的四个应用特别提醒特别提醒

【例题2】下列关于电场线的说法中正确的是

（） A电场线是电场中实际存在的线 B在复杂电场中的电场线可以相交的 C沿电场线方向，场强必定越来越小 D电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大

【解析】电场线是假想的曲线，不是实际存在的线，选项A错误；电场线是不能相交的，选项B错误；沿电场线方向，电势降低，但是场强不一定越来越小，选项C错误；电场线越密的地方，场强越大，同一试探电荷所受的静电力越大，选项D正确；故选D.【答案】D【答案】A★知识点三、电势和电势差、电场中的功能关系★判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加

【例题3】如图所示,实线表示某电场的电场线，虚线表示等势线，A、B、C是电场中的三点，下列关于电场强度E和电势

的大小关系正确的是

A．

EA

EC B．

EB

EA

C．

A

C

D．

B

A

【解析】电场线的疏密程度反映场强的大小，A处电场线最密，场强最大，则有EA＞EB，EA＞EC．故AB错误．沿电场线方向电势越来越低，则知φB＞φA．因φB=φC故φC＞φA，故C错误，D正确．故选D。【答案】D

【针对训练】a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图．由此可知c点的电势为(

)

A．4V B．8V C．12V D．24V【答案】B★知识点四、平行板电容器的动态分析★特别提醒【答案】B

【针对训练】（多选）如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B板向下移动一点，其它条件不变，则

A．油滴将向下加速，电流计中电流由b流向a

B．油滴将向下加速，电流计中电流由a流向b

C．油滴运动的过程中电势能将增大

D．油滴运动的过程中电势能将减少【答案】BC★知识点五、带电粒子在电场中的运动★特别提醒特别提醒【例题5】如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系XOY，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E（电场强度E的大小未知）。有一质量为m，带电量为+q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P（0，-h）点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等。其小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等，重力加速度为g，试求：（1）小球返回O点时的速度大小；（2）匀强电场的电场强度E的大小；（3）小球运动到最高点时的位置坐标。

【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直

线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化

的观点，选用动能定理和功能关系求解

【针对训练】三个质量相等，分别为带正电、负电和不带电的颗粒，从平行带电金属板左侧中央以相同的水平初速度V0先后垂直电场进入，分别落在正极板的A、B、C三处，如图9所示，关于三个颗粒的运动有下列说法正确的是（

）

A．三个颗粒在电场中运动时间相同

B．落在A处的颗粒带负电、B处颗粒不带电、C处颗粒正负电

C．三个颗粒在电场中运动时的加速度大小关系是aA＞aB＞aC

D．三个颗粒到达正极板时的动能大小关系是EKA＜EKB＜EKC

【答案】D★知识点六、欧姆定律、电阻定律和焦耳定律★★欧姆定律与伏安特性曲线的理解和应用★电阻、电阻定律的理解与应用特别提醒★电功、电功率及焦耳定律【答案】（1）0.3安（2）内能的功率是1.8瓦

；机械能的功率是64.2瓦；机械能的效率是97.3％（3）通过电动机的电流是11A；电动机消耗的电功率和发热功率是相等的是2420瓦。【解析】两灯泡规格相同且正常发光，

甲图灯泡并联，电流为：I1=2I额；

乙图灯泡串联，电流为：I2=I额；

∴P1：P2=U1I1：U2I2

=8V×2I额：16V×I额=1：1．故选C。【答案】C★知识点七、闭合电路的欧姆定律★

【例题7】如图所示的电路中，已知R1＝8Ω，当开关K闭合时电压表读数为2V，电流表读数为0.75A，当开关K断开时，电压表读数为3.2V，电流表读数为0.8A，求电源电动势和内阻各是多少？【答案】1Ω；4V.【答案】ACD★知识点八、电路动态变化的分析★★电路的动态分析常用方法特别提醒【答案】D

【名师点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部【针对训练】在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则（

）

A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮

B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗

D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮

【解析】滑动变阻器与B灯并联，与C灯串联，与A灯间接串联，滑动变阻器滑片下移，有效阻值减小，根据“串反并同”，可知A、C两灯功率增大，变亮，B功率减小，变暗，故A、B、C错误，D正确。【答案】D★知识点九、闭合电路中的功率及效率问题★★两类U­-I图线的比较与应用特别提醒

【针对训练】（多选）在如图所示的图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路。由图象可知(

)

A．电源的电动势为3V，内阻为

0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为4W D．电源的效率为50%【答案】ABC★知识点十、电路故障分析及含电容器电路分析★第一步理清电路的串并联关系第二步确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，欧姆定律等电路规律不适用，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U。第三步分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q＝CU，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势板带正电，低电势板带负电。特别提醒

【例题10】如图所示的电路中，电源的电动势E＝3.0V，内阻r＝1.0Ω；电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω；电容器的电容C＝100μF。电容器原来不带电，接通电键K。电流稳定后，求：

(1)流过电源的电流；(2)电阻R3两端的电压；(3)从接通电键K至电路达到稳定的过程中流过R4的总电荷量。【针对训练】如图所示的电路中吗，灯泡A和B原来都是正常发光。忽然灯泡B比原来变暗了些，而灯泡A比原来变亮了些，试判断电路中什么地方出现的何种故障?(设只有一处出现了故障)

【解析】电阻R2与灯泡A是并联的，若R2断路，此处只有灯泡A一个电阻，根据并联电路总电阻与分电阻的关系，此处电阻相当于增大，所以灯泡A两端电压增大，灯泡B两端电压降低，所以A亮度变亮，灯B亮度变暗，电阻R3与灯泡B是并联的，若R3断路，外电路总电阻增大，路端电压增大，A、B两灯泡两端电压都增大，功率都变大，所以A、B两灯都变亮，若电阻R1断路，外电路总增大，路端电压增大．干路电流减小，而通过R3的电流增大，A灯和R2的总电流减小，则A灯两端的电压减小，A灯变暗．而B灯的电压增大，B灯变亮，若灯B发生断路，则B灯就不亮了，不是暗一些．故故障之处是R2断路。【答案】R2断路★知识点十一、磁场、磁感应强度和安培定则★安培定则磁感线磁场特点直线电流的磁场无磁极、非匀强磁场，且距导线越远磁场越弱环形电流的磁场环形电流的两侧分别是N极和S极，且离圆环中心越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场

【例题11】如图所示，直导线AB、螺线管E，电磁铁D三者相距较远，其磁场相互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极（黑色一端）指示磁场方向正确的是

A．aB．b C．cD．d

【解析】小磁针N极的指向为磁感线方向，直导线AB部分，电流从下到上，所以从上往下看，直导线产生的磁场方向应为逆时针方向，所以a指针应斜指向纸面内，a错误；在通电螺线管部分，电流是从上面进来，然后从下边出去，可知左端为螺旋管S极，右端为N极，在外部磁感线从N到S，所以b错误，在内部磁感线从S到N，c正确；在U型螺线管，电流从右端进，左端出，所以右端为S，左端为N，d错误；【答案】C

【解析】当通过电流为I，根据题意可知：地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为：

当夹角为30°时，有：B1=kI=B地tan30°…①

当夹角为60°时，有：B2=kI1=B地tan60°…②

由①②解得：I1=3I，故ACD错误，B正确．【答案】B★知识点十二、安培力★【答案】BD

【针对训练】如图所示，水平放置的两导轨PQ间的距离L=0.5m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场B=2T,垂直于导轨放置的ab棒的质量m=1kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重量G=3N的物块相连．已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，电源的电动势E=10V、内阻r=0.1Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计．要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？（g取10m/s2）【解析】依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：G-μmg-BI1L=0，得I1=1A；

ab棒恰不左滑时：G+μmg-BI2L=0，得：I2=5A；

根据闭合电路欧姆定律可得：

E=I1（R1+r）；E=I2（R2+r）

代入数据得：R1=9.9Ω，R2=1.9Ω；

所以R的取值范围为：1.9Ω≤R≤9.9Ω【答案】1.9Ω≤R≤9.9Ω★知识点十三、带电粒子在磁场中的运动★★带电粒子在有界匀强磁场中的运动特别提醒

【例题13】如图，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：

（1）粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围.

（2）如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.

【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹；找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系；用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。【答案】ABD★知识点十四、电磁感应现象★【解析】感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，首先前提条件电路要闭合，再个就是闭合回路的磁通量发生变化，或者闭合回路部分导体做切割磁感线运动，所以D正确；【答案】D【针对训练】下面属于电磁感应现象的是（

） A．通电导体周围产生磁场 B．磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动 C．由于导体自身电流发生变化，而导体中产生自感电动势 D．电荷在磁场中定向移动形成电流【解析】电磁感应现象指的是由磁生电的现象；通电导体周围产生磁场是由电生磁，不是电磁感应现象，现象A错误；磁场对感应电流发生作用，阻碍导体运动不是电磁感应现象，现象B错误；由于导体自身电流发生变化，从而引起磁场的变化，导体中产生自感电动势是属于电磁感应现象，选项C正确；电荷在磁场中定向移动形成电流，不是电磁感应现象，选项D错误；故选C.【答案】C★知识点十五、利用楞次定律判断感应电流的方向★名称基本现象因果关系应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律【例题15】如图所示，两个相同的闭合铝环MN套在一根光滑的绝缘水平杆上，螺线管的轴线与铝环的圆心在同一直线上，闭合开关S后，向左快速移动滑动变阻器的滑片p，不考虑两环间的相互作用力，则在移动滑片p的过程中（） A．M、N环向左运动，它们之间的距离增大

B．M、N环向左运动，它们之间的距离减小

C．M、N环向右运动，它们之间的距离增大

D．M、N环向右运动，它们之间的距离减小

【解析】当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流变小，螺线管内部、外部的磁场均减小，穿过M、N两金属环的水平向右的磁通量减小，根据楞次定律，可知向右运动可以阻碍穿过线圈的磁通量减小，所以环将向右运动；结合条形磁铁的特点可知，靠近条形磁铁的N处的磁感应强度比较大，所以N环受到的安培力也比较大，加速度比较大，所以两环之间的距离将增大．故选C【答案】C

【针对训练】（多选）如图所示，通电螺线管左侧和内部分别静止吊一导体环a和b，当滑动变阻器R的滑动触头c向左滑动时()

A．a向左摆，b向右摆

B．b环面积有缩小的趋势 C．a向左摆，b不动

D．a向右摆，b不动

【解析】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过线圈a和b的磁通量都变大，根据楞次定律，要阻碍磁通量的变大，所以b环产生的安培力使其有收缩的趋势，来阻碍磁通量变大，因此产生安培力与环在同一平面，所以不会左右摆动；而a环因磁通量增加，产生感应电流，导致其受到安培力方向向左，使其向左摆动，故BC正确，AD错误；故选BC.【答案】BC★知识点十六、法拉第电磁感应定律的应用★

【例题16】如右图所示，甲图中的线圈为50匝，它的两个端点a、b与内阻很大的伏特表相连。穿过该线圈的磁通量随时间变化的规律如乙图所示，则伏特表的示数为

V。【答案】12.5V【针对训练】桌面上放着一个单匝矩形线圈，线圈中心上方一定高度上有一竖直的条形磁铁，此时线圈内的的磁通量为0.04Wb。把条形磁铁竖直放在线圈内的桌面上时，线圈内的磁通量为0.12Wb。分别计算以下两个过程中线圈中的感应电动势。

（1）把条形磁铁从图中位置在0.5s内放到线圈内的桌面上；（2）换用10匝的矩形线圈，线圈面积和原单匝线圈相同，把条形磁铁从图中位置在0.1s内放到线圈内的桌面上【答案】（1）0.16V（2）8V★知识点十七、导体切割磁感线产生感应电动势的计★E＝nE＝Blv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体研究内容求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势适用范围对任何电路普遍适用只适用于导体垂直于匀强磁场做切割磁感线的运动【答案】（1）1A（2）0.5N

【针对训练】法拉第发明了世界上第一台发电机—法拉第圆盘发电机；铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘如图示方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω．下列说法正确的是（）【答案】A★知识点十八、自感现象的分析★

电流自感电动势

大小匝数变化磁通量强大的涡流答案※知识点十八、自感现象的分析3.自感现象“阻碍”作用的理解：(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向

，阻碍电流的

，使其缓慢地增加.(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向

，阻碍电流的

，使其缓慢地减小.线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小.相反增加相同减小答案4.分析自感现象的两点注意（1）通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路.（2）断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭.返回内容呈现

【例题18】如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（）

A．当开光S闭合时，B比A先亮，然后A熄灭 B．当开光S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭 C．当电路稳定后开光S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 D．当电路稳定后开光S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭【答案】D【解析】开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻变亮，由于通过线圈电流要增大，磁能量增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，这个自感电动势将阻碍电流的增大，所以通过B灯的电流逐渐增大，故B灯逐渐变变，最后稳定时，通过线圈的电流不变，线圈对电流没有阻碍，灯泡亮度稳定．故AB正确；

开关处于闭合状态时，由于RA<RB+RL，通过A灯的电流大于通过B灯的电流．在断开S瞬间，A灯中原来的电流消失，线圈产生自感电动势，给两灯提供瞬间电压，根据楞次定律可知，电路中的电流从B灯的电流值开始逐渐减小，所以A灯的电流逐渐减小，但是A灯不会闪亮一下再慢慢熄灭．故C错误；在断开S的瞬间，线圈相当于电源，b端为电源的正极，故b点的电势高于a点的电势，故D错误；故选AB.【答案】AB★知识点十九、电磁感应中的电路问题★【答案】(1)0.38V

9.6×10－3W

(2)7.2×10－6C【答案】（1）0.5A（2）0.075J★知识点二十、电磁感应中的图象问题★排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。【答案】C【针对训练】一矩形线圈位于一随时间t变化的磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图甲所示．磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示．以I表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示的方向为电流的正方向，则以下的I­t图象中正确的是()

【答案】A★知识点二十一、电磁感应中的动力学问题分析★状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析【解析】未进磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1=a3=g．磁场的过程中，受到重力和向上的安培力，根据牛顿第二定律知加速度a2＜g．而由于线框在磁场中也做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2时的速度，故此时加速度一定小于2时的加速度，故a4＜a2；故关系为：a1=a3＞a2＞a4【答案】B【答案】BC★知识点二十二、电磁感应中的能量问题分析★

【例题22】（多选）如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d。现给导体框一个初速度v0(v0垂直磁场边界)，已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2。下列说法正确的是【答案】ACD【针对训练】（多选）两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在的平面与匀强磁场垂直；将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端栓接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）

A．金属棒在最低点的加速度小于g B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量

C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大

D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度

【解析】金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g．故A正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差．故B错误．金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大．故C错误．由于产生内能，弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在